1、第2节牛顿第二定律、两类动力学问题一、牛顿第二定律、单位制1牛顿第二定律(1)内容物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比。加速度的方向与作用力的方向相同。(2)表达式a或Fma。(3)适用范围只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)。只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。2单位制(1)单位制由基本单位和导出单位组成。(2)基本单位基本量的单位。力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间、长度，它们的国际单位分别是千克、秒、米。(3)导出单位由基本量根据物理关系推导出的其他物理量的单位。二、超重与失重1实重和视重(1)实重：物体实
2、际所受的重力，与物体的运动状态无关，在地球上的同一位置是不变的。(2)视重当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。2超重、失重和完全失重的比较超重现象失重现象完全失重概念物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象产生条件物体的加速度方向向上物体的加速度方向向下物体的加速度方向向下，大小为ag原理方程Fmgma Fm(ga)mgFmaFm(ga)mgFmgF0运动状态加速上升或减
3、速下降加速下降或减速上升无阻力的抛体运动；绕地球匀速圆周运动三、动力学两类基本问题1两类动力学问题(1)已知物体的受力情况求物体的运动情况。(2)已知物体的运动情况求物体的受力情况。2解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下：1思考辨析(正确的画“”，错误的画“”)(1)牛顿第二定律的表达式Fma在任何情况下都适用。()(2)物体只有在受力的前提下才会产生加速度，因此，加速度的产生要滞后于力的作用。()(3)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系。()(4)失重说明物体的重力减小了。()(5)物体超重时，加
4、速度向上，速度也一定向上。()(6)研究动力学两类问题时，做好受力分析和运动分析是关键。()2(鲁科版必修1P134T3)在粗糙的水平面上，物体在水平推力作用下由静止开始做匀加速直线运动。作用一段时间后，将水平推力逐渐减小到零(物体还在运动)，则在水平推力逐渐减小到零的过程中()A物体速度逐渐减小，加速度逐渐减小B物体速度逐渐增大，加速度逐渐减小C物体速度先增大后减小，加速度先增大后减小D物体速度先增大后减小，加速度先减小后增大D由题意得推力F未减小之前物体做匀加速直线运动，则可判定Ff，且maFf；当F逐渐减小时，加速度逐渐减小，但加速度方向与速度方向同向，物体仍加速；当F0，解得F10，解
5、得F125 N，C、D正确。4(人教版必修1P78T2改编)一质量为m的物体，放在粗糙水平面上，受水平推力F的作用产生加速度a，物体所受摩擦力为f，当水平推力变为2F时()A物体的加速度小于2aB物体的加速度大于2aC物体的加速度等于2aD物体所受的摩擦力变为2fB根据牛顿第二定律可知，物体在水平推力F的作用下，产生的加速度为ag。当水平推力变为2F时，物体的加速度ag。比较两式可以看出a2a。 牛顿第二定律的理解1根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是()A物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比B物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度C物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一
6、个力的大小成正比D当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比D由牛顿第二定律a可知，物体加速度的大小跟它的质量成反比，跟速度没有直接关系，A错误；物体所受合外力不为0时就产生加速度，B错误；物体加速度的大小跟物体所受的合外力成正比，与所受作用力中的任一个力没有必然关系，C错误；加速度是矢量，在某一个方向上的加速度，与这个方向上的合外力成正比，与其质量成反比，D正确。2(多选)关于速度、加速度、合力的关系，下列说法正确的是()A原来静止在光滑水平面上的物体，受到水平推力的瞬间，物体立刻获得加速度B加速度的方向与合力的方向总是一致的，但与速度的方向可能相同，也可能
7、不同C在初速度为0的匀加速直线运动中，速度、加速度与合力的方向总是一致的D合力变小，物体的速度一定变小ABC加速度与力同时产生、同时消失、同时变化，选项A正确；加速度的方向由合力方向决定，但与速度方向无关，选项B正确；在初速度为0的匀加速直线运动中，合力方向决定加速度方向，加速度方向决定末速度方向，选项C正确；合力变小，物体的加速度一定变小，但速度不一定变小，选项D错误。合力、加速度、速度间的决定关系(1)物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，只要合力不为零，不管速度是大是小，或是零，物体都有加速度，只有合力为零时，加速度才为零。一般情况下，合力与速度无必然的联系。(2)合力与速度同向时，物
8、体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动。(3)a是加速度的定义式，a与v、t无直接关系；a是加速度的决定式，aF，a。 超重和失重1(2019北京丰台区期末)图甲是某人站在接有传感器的力板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心。图乙是力板所受压力随时间变化的图象，取重力加速度g10 m/s2。根据图象分析可知()甲乙A人的重力可由b点读出，约为300 NBb到c的过程中，人先处于超重状态再处于失重状态C人在双脚离开力板的过程中，处于完全失重状态D人在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度C开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力约为900 N，人的重力也约为900
9、 N，故A错误；b到c的过程中，人先处于失重状态再处于超重状态，故B错误；双脚离开力板的过程中只受重力的作用，处于完全失重状态，故C正确；b点弹力与重力的差值要小于c点弹力与重力的差值，则人在b点的加速度要小于在c点的加速度，故D错误。2.(2019江苏扬州中学高考模拟)智能化电动扶梯如图所示，乘客站上扶梯，先缓慢加速，然后再匀速上升，则()A乘客始终处于超重状态B加速阶段乘客受到的摩擦力方向与v相同C电梯对乘客的作用力始终竖直向上D电梯匀速上升时，电梯对乘客的作用力竖直向上D加速运动阶段，顾客的加速度沿电梯斜向上，有竖直向上的分加速度，根据牛顿第二定律，电梯对他的支持力大于其重力，处于超重状
10、态；匀速运动阶段，加速度为0，所以既不超重也不失重，故A错误。加速阶段乘客加速度斜向上，加速度有水平向右的分量，则受到的摩擦力方向水平向右，选项B错误。加速阶段，乘客受到竖直向上的支持力和水平向右的摩擦力，则电梯对乘客的作用力斜向右上方；电梯匀速上升时，电梯对乘客只有向上的支持力，即电梯对乘客的作用力竖直向上，选项C错误，D正确。超重和失重的判断方法(1)若物体加速度已知，看加速度的方向，方向向上则超重，方向向下则失重。(2)若拉力或压力已知，看拉力或压力与重力的大小关系，大于重力则超重，小于重力则失重。(3)物体超重、失重与运动状态的关系 动力学中的两类问题1解决动力学两类问题的两个关键点2
11、动力学基本问题的力的处理方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”。(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”。一质量为m2 kg的滑块能在倾角为30的足够长的斜面上以a2.5 m/s2的加速度匀加速下滑，如图所示。若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t2 s内沿斜面运动位移x4 m。求：(g取10 m/s2)(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数；(2)恒力F的大小。审题指导：解此题关键有两点(1)选取滑块为研究对象，正确作出受力分析。(2)根据运动过程求出加速度，结合牛顿第二定律求恒力F。解析(1)以滑块为研究对象受力
12、分析如图甲所示，根据牛顿第二定律可得mgsin 30mgcos 30ma解得。(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能。根据题意可得xa1t2，得a12 m/s2当加速度沿斜面向上时，受力分析如图乙所示，则Fcos 30mgsin 30(Fsin 30mgcos 30)ma1代入数据得F N甲乙丙当加速度沿斜面向下时，受力分析如图丙所示，则mgsin 30Fcos 30(Fsin 30mgcos 30)ma1代入数据得F N。答案(1)(2) N或 N动力学问题的解题步骤已知受力情况求运动情况1.(2019株洲质检)如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑
13、雪杖对雪面的作用获得水平推力F84 N而从静止向前滑行，其作用时间为t11.0 s，撤除水平推力F后经过t22.0 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同。已知该运动员连同装备的总质量为m60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff12 N，求：(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移；(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离。解析(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为a1 m/s21.2 m/s2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v1a1t11.21.0 m/s1.2 m/s位移x1a1t0.6
14、 m。(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a2经时间t2速度变为v1v1a2t2第二次利用滑雪杖获得的速度大小v2，则vv2a1x1第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x2解得x25.2 m。答案(1)1.2 m/s0.6 m(2)5.2 m2公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的。若要求安全距离仍为120 m，
15、求汽车在雨天安全行驶的最大速度(g取10 m/s2)。解析设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，汽车的质量为m，刹车前的速度为v0，由牛顿第二定律和运动学公式得0mgma0sv0t0解得a05 m/s2，00.5设汽车在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为，汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，依题意有0由牛顿第二定律和运动学公式得mgmasvt0解得v20 m/s(v24 m/s不符合实际，舍去)。答案20 m/s已知运动情况求受力情况3.如图所示，一倾角为30的上表面光滑的斜面上，有相距为L的A、B两点，质量为
16、m1 kg、可视为质点的物块(图中未画出)，在F111 N、方向沿斜面向上的力的作用下，从A点由静止运动到B点，所经历时间t11 s，到B点时换成了沿斜面向下的力F2作用在物块上，经过时间t22 s后返回A点，斜面足够长，且始终静止不动，重力加速度取g10 m/s2，求：(1)A、B两点之间的距离L；(2)力F2的大小。解析(1)物块从A点到达B点的过程中，有a1，La1t代入数据解得a16 m/s2，L3 m。(2)物块在B点的速度v1a1t16 m/s物块从B点回到A点的过程中，有Lv1t2a2t解得a27.5 m/s2由a2解得F22.5 N。答案(1)3 m(2)2.5 N42017年
17、12月17日上午10时34分，由机长吴鑫、试飞员徐远征驾驶的C919第二架客机，从浦东国际机场第四跑道起飞。飞机完成预定试飞科目后于12时34分安全返航着陆。对起飞BC段和降落DE段过程进行观察，模型示意图如图所示，记录数据如下表，如将起飞后BC段和降落前DE段均简化成匀变速直线运动。(取g10 m/s2)运动过程运动时间运动状态起飞BC段10时34分10时54分初速度v0170节88 m/s末速度v253节130 m/s降落DE段12时9分12时34分着陆时的速度vt140节72 m/s(1)求C919匀加速运动过程中加速度大小a1及位移大小x1；(2)求C919匀减速运动过程中所受合力大小
18、与重力的比值；(3)试比较上述两个过程中飞机对飞行员的力与飞行员自身重力的大小关系。(只写出结果即可，不需论述理由)解析(1)C919匀加速运动过程中t120 min1 200 sa1 m/s20.035 m/s2x1(v0v)t1(88130)1 200 m130 800 m所以C919匀加速运动过程中加速度大小a10.035 m/s2，位移大小为x1130 800 m。(2)C919匀减速运动过程t325 min1 500 sa2 m/s20.039 m/s2根据牛顿第二定律得到FmaC919匀减速运动过程中所受合力大小与重力的比值k0.003 9。(3)上升过程中飞机对飞行员的力大于重力
19、；下降过程中飞机对飞行员的力大于重力。答案(1)0.035 m/s2130 800 m(2)0.003 9 (3)见解析 牛顿第二定律的瞬时性问题1两种模型加速度与合力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，在分析瞬时加速度时应注意两个基本模型的特点2求解瞬时加速度的一般思路 (一题多变)两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示。现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则()Aa1g，a2gBa10，a22gCa1g，a20Da12g，a20A由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速
20、度a1a2g。故选项A正确。考法拓展1在典例示法中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图所示，则下列选项中正确的是()Aa1g，a2gBa10，a22gCa1g，a20Da12g，a20D剪断轻绳OA的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，故小球A所受合力为2mg，小球B所受合力为零，所以小球A、B的加速度分别为a12g，a20。故选项D正确。考法拓展2在考法拓展1中的题图放置在倾角为30的光滑斜面上，如图所示系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，则下列说法正确的是()AaA0aBg BaAgaB0CaAgaBg DaA0aBgB细线被烧断的瞬间，小球B的受力情况不变，加速度为
21、零。烧断前，分析整体受力可知线的拉力为FT2mgsin ，烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mgsin ，所以A球的瞬时加速度为aA2gsin 30g，故选项B正确。考法拓展3(多选)把考法拓展2中的两小球改为三小球，并将弹簧和轻绳互换位置，如图所示，倾角为的斜面静置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线。下列判断正确的是()A细线被剪断的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为零B细线被剪断的瞬间，A、
22、B之间杆的弹力大小为零C细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度沿斜面向上，大小为gsin D细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mgsin CD剪断细线前，以A、B、C组成的系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，所受合力为零，则弹簧的弹力为F(3m2mm)gsin 6mgsin 。以C为研究对象知，细线的拉力为3mgsin 。剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F(m2m)gsin (m2m)aAB，解得A、B两个小球的加速度为aABgsin ，方向沿斜面向上；以B为研究对象，由牛顿第二定律得：FAB2mgsin 2maAB，
23、解得杆的拉力为FAB4mgsin ；以C为研究对象，由牛顿第二定律得aCgsin ，方向沿斜面向下，故C、D正确，A、B错误。“两关键”“四步骤”巧解瞬时性问题1分析瞬时加速度的“两个关键”(1)分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。(2)明确绳或杆类、弹簧或橡皮条类模型的特点。2“四个步骤”第一步：分析原来物体的受力情况。第二步：分析物体在突变时的受力情况。第三步：由牛顿第二定律列方程。第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性。1.如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m,2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板
24、沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g，则有()Aa1a2a3a40Ba1a2a3a4gCa1a2g，a30，a4gDa1g，a2g，a30，a4gC在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1a2g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mgF，a30；由牛顿第二定律得物块4满足a4g，所以C正确。2如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为，图甲中，A、B两球用轻弹簧相
25、连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有()甲乙A两图中两球加速度均为gsin B两图中A球的加速度均为零C图乙中轻杆的作用力一定不为零D图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍D撤去挡板前，两图中挡板对B球的弹力大小均为2mgsin ，由轻弹簧模型和轻杆模型的特点可知，弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板的瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力大小为2mgsin ，加速度大小为2gsin ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin ，加速度均为gsin ，故图甲中B球的加速度是
26、图乙中B球加速度的2倍，A、B、C错误，D正确。3.(2019清江模拟)如图所示，在动摩擦因数0.2的水平面上有一个质量m1 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成45角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是()A小球受力个数不变B小球将向左运动，且a8 m/s2C小球将向左运动，且a10 m/s2D若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小a10 m/s2B在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡状态，根据共点力平衡得弹簧的弹力Fmgtan 45101 N10 N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10 N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用。 小球的受力个数发生改变，故选项A错误；小球所受的最大静摩擦力为Ffmg0.210 N2 N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为a m/s28 m/s2，合力方向向左，所以加速度向左，故选项B正确，C错误；剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故选项D错误。